1、高考资源网（） 您身边的高考专家热点11电磁感应问题分析(建议用时：20分钟)1某空间中存在一个有竖直边界的水平方向的匀强磁场区域，现将一个等腰梯形闭合导线圈从图示位置垂直于磁场方向以速度v匀速拉过磁场区域，尺寸如图所示，取向右为力的正方向下图中能正确反映该过程中线圈所受安培力F随时间t变化的图象是()2(多选)(2019山东潍坊三模)如图所示，两平行导轨间距为L，倾斜部分和水平部分长度均为L，倾斜部分与水平面的夹角为37，cd间接电阻R，导轨电阻不计质量为m的金属细杆静止在倾斜导轨底端，与导轨接触良好，电阻为r.整个装置处在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度随时间变化关系为BB0kt(k0)，
2、在杆运动前，以下说法正确的是()A穿过回路的磁通量为2(B0kt)L2B流过导体棒的电流方向为由b到aC回路中电流的大小为D细杆受到的摩擦力一直减小3(多选)(2019河南焦作模拟)如图所示，两根足够长的光滑金属导轨水平平行放置，间距为l1 m，c、d间，d、e间，c、f间分别接阻值为R10 的电阻一阻值为R10 的导体棒ab以速度v4 m/s匀速向左运动，导体棒与导轨接触良好，导轨所在平面存在磁感应强度大小为B0.5 T、方向竖直向下的匀强磁场下列说法中正确的是()A导体棒ab中电流的方向为由b到aBc、d两端的电压为1 VCd、e两端的电压为1 VDf、e两端的电压为1 V4(多选)用一段
3、横截面半径为r、电阻率为、密度为d的均匀导体材料做成一个半径为R(rR)的圆环圆环竖直向下落入如图所示的径向磁场中，圆环的圆心始终在N极的轴线上，圆环所在位置的磁感应强度大小均为B.圆环在加速下滑过程中某一时刻的速度为v，忽略电感的影响，则()A此时在圆环中产生了(俯视)顺时针方向的感应电流B圆环因受到了向下的安培力而加速下落C此时圆环的加速度aD如果径向磁场足够长，则圆环的最大速度vm5(多选)如图所示，足够长的光滑水平直导轨的间距为l，电阻不计，垂直轨道平面有磁感应强度为B的匀强磁场，导轨上相隔一定距离放置两根长度均为l的金属棒，a棒质量为m，电阻为R，b棒质量为2m，电阻为2R，现给a棒
4、一个水平向右的初速度v0，已知a棒在以后的运动过程中没有与b棒发生碰撞，当a棒的速度减为时，b棒刚好碰到了障碍物立即停止运动，而a棒仍继续运动，则下列说法正确的是()Ab棒碰到障碍物前瞬间的速度为B在b棒停止运动前b棒产生的焦耳热为QbmvCb棒停止运动后，a棒继续滑行的距离为Db棒停止运动后，a棒继续滑行的距离为6(多选)(2019烟台高三诊断)如图所示，在光滑的水平面上，有一质量为M，边长为l，电阻为R的正方形均匀金属线框，BC边与虚线PQ平行，PQ右侧有竖直向上的匀强磁场，磁场宽度大于l，磁感应强度大小为B.线框通过一水平细线绕过光滑定滑轮悬挂一质量为m的物体，现由静止释放物体，当线框有
5、一半进入磁场时已匀速运动，当地的重力加速度为g，线框从开始运动到AD边刚进入磁场过程中()A刚释放线框的瞬间，线框的加速度为B细绳拉力的最小值为C线框恰全部进入磁场时，产生的热量等于mglD线框有一半进入磁场时与线框AD边刚进入磁场时BC两端的电压大小之比为347(多选)如图所示，宽为L的水平光滑金属轨道上放置一根质量为m的导体棒MN，轨道左端通过一个单刀双掷开关与一个电容器和一个阻值为R的电阻连接，匀强磁场的方向与轨道平面垂直，磁感应强度大小为B，电容器的电容为C，金属轨道和导体棒的电阻不计现将开关拨向“1”，导体棒MN在水平向右的恒力F作用下由静止开始运动，经时间t0后，将开关S拨向“2”
6、，再经时间t，导体棒MN恰好开始匀速向右运动下列说法正确的是()A开关拨向“1”时，金属棒做加速度逐渐减小的加速运动Bt0时刻电容器所带的电荷量为C开关拨向“2”后，导体棒匀速运动的速率为D开关拨向“2”后t时间内，导体棒通过的位移为热点11电磁感应问题分析1解析：选A.设线圈的电阻为R，线圈切割磁感线的有效长度为l，则安培力的大小为F，方向一直沿x轴负方向在0这段时间内，有效长度l增大，所以F增大且Ft图线的斜率的绝对值增大；在这段时间内，有效长度lL不变，所以F大小不变且t时刻F突然变小；在这段时间内，有效长度l增大，所以F增大且Ft图线的斜率的绝对值增大综上所述，A项正确2解析：选BC.
7、由BS效(B0kt)(L2L2cos 37)1.8(B0kt)L2，故A错误；磁感应强度均匀增大，产生的感生电动势，由法拉第电磁感应定律得EnSk(L2L2cos 37)1.8kL2，由闭合电路欧姆定律得I，则C正确；由楞次定律可得感应电流的方向俯视为顺时针方向，即电流方向为从b到a，B正确；因感应电流大小恒定，则细杆所受的安培力FBIL因B逐渐增大而增大，由左手定则知方向水平向右，对杆，由平衡知识可得mgsin fBILcos ，则摩擦力先向上逐渐减小到零，后向下逐渐增大，D错误3解析：选BD.由右手定则可知导体棒ab中电流的方向为由a到b，A错误；感应电动势EBlv0.514 V2 V，则
8、c、d两端的电压UcdE1 V，B正确；由于d、e，c、f间电阻中没有电流流过，故UdeUcf0，所以UfeUcd1 V，C错误，D正确4解析：选AD.由右手定则可以判断感应电流的方向为(俯视)顺时针方向，选项A正确；由左手定则可以判断，此时圆环受到的安培力向上，选项B错误；由牛顿第二定律可得加速度ag，选项C错误；当重力等于安培力时速度达到最大，可得vm，选项D正确5解析：选BC.设b棒碰到障碍物前瞬间的速度为v2，b棒碰到障碍物前两棒组成的系统动量守恒，则mv0m2mv2，解得v2，所以选项A错误；在b棒停止运动前，根据能量守恒定律可得a棒和b棒产生的总焦耳热QQaQbmvm2mvmv，Q
9、b2Qa，解得Qbmv，所以选项B正确；a棒单独向右滑行的过程中，当其速度为v时，所受的安培力大小为F安BIlv，根据动量定理有F安tmv，所以有(mv)，可得xm，b棒停止运动后a棒继续前进的距离x，所以选项C正确，D错误6解析：选BCD.刚释放线框的瞬间，设绳子拉力为T，线框加速度为a.以m为研究对象，mgTma，TMa，可得a，T.进入磁场后加速度变小，故拉力变大，因此释放瞬间细绳拉力最小值为T；当全部进入磁场时，Tmg，TFA，产生的电动势为EBlv，电路中的电流I，FABIl，可得匀速时速度v.由能量守恒定律，mgl(Mm)v2Q，可得产生的热量Qmgl(Mm)；线框有一半进入磁场时
10、，BC两端的电压UBlv，框AD边刚进入磁场时，电路电流为零，BC两端的电压UBlv，两次电压大小之比为34.综上分析，B、C、D正确7解析：选BCD.开关拨向“1”时，设在极短时间t内流过导体棒的电荷量为Q，则电路中的瞬时电流为I，电容器两端的电压UBLv，电荷量QCU，则QCUCBLv，可得ICBLCBLa；对导体棒，由牛顿第二定律得FBILma，联立得导体棒的瞬时加速度为a，由于加速度表达式中的各个物理量都不随时间、位移变化，由此可知导体棒的加速度不变，即导体棒做匀加速直线运动，选项A错误t0时刻导体棒MN的速度vat0，电容器两极板间的电压UBLvBLat0，电荷量QCU，则Q，选项B正确由F安BIL，I，EBLv，联立解得F安，开关拨向“2”后，导体棒匀速运动时，有FF安，解得v，选项C正确开关拨向“2”后t时间内，根据牛顿第二定律得FF安Fmam，则Fttmv，得Ftm，解得位移x，选项D正确- 5 - 版权所有高考资源网
